等差数列的概念和性质

相关概念

  • 刻画等差数列的几种语言

[自然语言]:从第二项起,每一项与它的前一项的差等于同一个常数的数列称为等差数列,这个常数称为公差,常用\(d\)来表示。

[符号语言]:

\[a_n-a_{n-1}=d(n\geqslant 2,n\in N^*,d为常数) \]

或者表示为

\[a_{n+1}-a_n=d(n\geqslant 1,n\in N^*,d为常数) \]

[图形语言]:以\(a_n=2n+1\)为例,

  • 等差中项:若\(a,A,b\)成等差数列,则\(A\)称为\(a\)\(b\)的等差中项,即\(A=\cfrac{a+b}{2}\),任意两个实数必有等差中项,但任意两个实数不一定有等比中项。
  • 通项公式\(a_n\)\(a_n=a_1+(n-1)d\),其推广式:\(a_n=a_m+(n-m)d\)[1]
  • \(n\)项和公式\(S_n\)\(S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\cfrac{n(n-1)\cdot d}{2}\),注意这两个公式是等价的。

相关性质

①等差数列中,若\(m+n=p+q=2k(m,n,p,q,k\in N^*)\),则\(a_m+a_n=a_p+ a_q=2a_k\)

②若数列\(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\)[前提是项数相同]是等差数列,则\(\{\lambda a_n\}\)\(\{a_n+b_n\}\)\(\{a_n-b_n\}\)\(\{pa_n+qb_n\}\)(\(p,q\)为常数)仍然是等差数列;[2]解释

③在等差数列\(\{a_n\}\)中,等距离取出若干项也构成一个等差数列,即\(a_m,a_{m+k},a_{m+2k},a_{m+3k},\cdots\)为等差数列,公差为\(kd\)[3]

④等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\),则\(S_n,S_{2n}-S_n,S_{3n}-S_{2n},\cdots ,\)仍成等差数列,但是同样的刻画形式,到了等比数列中,就有了一定的限制。

⑤等差数列的求和公式的应用:

\(S_{2n-1}=(2n-1)\cdot a_n\)\(S_{2n}=n(a_1+a_{2n})=\cdots=n(a_n+a_{n+1})\)[4]

\(n\)为偶数,则\(S_{偶}-S_{奇}=\cfrac{nd}{2}\)

\(n\)为奇数,则\(S_{奇}-S_{偶}=a_{中}\)(中间项);

⑥等差数列的单调性,从函数的角度理解和认知很容易。

\[a_n=a_1+(n-1)d=d\cdot n+(a_1-d) \]

\(a_n=f(n)\)\(n\)的仿一次函数,其单调性完全取决于公差\(d\)

\(d>0\)\(a_n\)单调递增;

\(d<0\)\(a_n\)单调递减;

\(d=0\)\(a_n\)为常数列,无单调性;

⑦若数列\(\{a_n\}\)为等差数列,则数列\(\{\cfrac{S_n}{n}\}\)也为等差数列;

分析:由于等差数列的\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)\cdot d}{2}=\cfrac{d}{2}n^2+(a_1-\cfrac{d}{2})n\)

\(\cfrac{d}{2}=A\)\((a_1-\cfrac{d}{2})=B\),则可以表示为\(S_n=An^2+Bn\)

\(S_n\)是关于\(n\)仿二次函数\(d=0\),则\(A=0\),此时\(S_n\)为一次函数,对应数列为常数列\(\quad\),且其常数项为零;

\(\cfrac{S_n}{n}=An+B\)[此时为仿一次函数],则数列\(\{\cfrac{S_n}{n}\}\)也为等差数列;

⑧两个等差数列\(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\)\(T_n\),则有\(\cfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}=\cfrac{a_n}{b_n}\)[5]

⑨注意 \(a_n\) 类与 \(S_n\) 类的相互转化,以便于使用等差数列的对应性质;

比如,\(S_3=a_1+a_2+a_3\)\(S_6-S_3=a_4+a_5+a_6\)\(S_9-S_6=a_7+a_8+a_9\)

⑩若等差数列\(\{a_n\}\)满足\(a_n>0\),则可知\(d\ge 0\);可知\(S_n>0\),且数列\(\{S_n\}\)是单调递增数列;[6]

若等差数列\(\{a_n\}\)满足\(S_n>0\),则可知\(d\ge 0\),也可知\(a_n>0\)[7]

判断证明

  • 等差数列的证明方法[证明方法比判断方法的逻辑严谨性要求更高]:

➊定义法:\(a_{n+1}-a_n=d(n\in N^*)\)\(d\)为常数;或\(a_{n}-a_{n-1}=d(n\geqslant 2且 n\in N^*)\)\(d\)为常数;

➋等差中项法:\(2a_{n}=a_{n+1}+a_{n-1}\)\((n\ge 2,n\in N^*)\);或\(2a_{n+1}=a_n+a_{n+2}\)\((n\ge 1,n\in N^*)\)

  • 等差数列的判断方法:除了定义法和等差中项法外,还有

➌通项公式法:\(a_n=a_1+(n-1)d=dn+(a_1-d)=kn+b\),(\(k,b\)为常数),故\(a_n\)\(n\)的仿一次函数;

➍前\(n\)项和法:\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)\cdot d}{2}=\cfrac{d}{2}n^2+(a_1-\cfrac{d}{2})n=An^2+Bn\),故\(S_n\)\(n\)的仿二次函数;

运算技巧

① 数列的项数的计算

\(a_n=a_1+(n-1)\cdot d\),可得项数\(n=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1\),推广得到项数\(n=\cfrac{a_n-a_m}{d}+m\)

如数列\(2^1,2^3,2^5,\cdots ,2^{2n-1}\)的项数的计算,其项数可以利用上标来计算,其上标刚好成等差数列,

项数\(r=\cfrac{a_n-a_1}{d}+1=\cfrac{(2n-1)-1}{3-1}+1=n\)

  • 比如区间\((9^{m-1}+\cfrac{8}{9},9^{2m-1}+\cfrac{8}{9})\)有几个整数?

在上述区间的第一个整数是\(9^{m-1}+1\),最后一个整数为\(9^{2m-1}\),公差为\(1\)

故所求个数为\(\cfrac{9^{2m-1}-(9^{m-1}+1)}{1}+1=9^{2m-1}-9^{m-1}\)

② 约分技巧

当题目中出现\(a_n>0\),或者正项数列,则涉及方程或者不等式的运算中十之八九要约分,要么约掉\(a_n\),或者约掉\(a_{n+1}+a_n\)

引例1,如题目中有\((a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n)\)\(a_n>0\);由此得到\(a_{n+1}-a_n=2\)

引例2,如\(a_{n+1}-\sqrt{a_{n+1}}=a_{n}+\sqrt{a_{n}}\),则可知\(a_n>0\),变形得到 \(a_{n+1}-a_{n}=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}\)

\((\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}})(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}})=\sqrt{a_{n+1}}+\sqrt{a_{n}}\),即\(\sqrt{a_{n+1}}-\sqrt{a_{n}}=1\),即数列 \(\{\sqrt{a_{n}}\}\)为等差数列;

③在\(\Delta ABC\)中,三个内角\(A、B、C\)成等差数列,则\(B=\cfrac{\pi}{3}\)。三条边成等差数列,则\(3n,4n,5n\)就是一个特例,可以考虑赋值法。

④ 当下标比较小的时候,直接计算比变形求解要来的快。注意恰当的数学方法选择策略,防止思维定势。

比如在数列\(\{a_n\}\)中,\(a_1=3\)\(a_{n+1}=\cfrac{3a_n}{a_n+3}\),求\(a_4\)的值,

法1:由\(a_1=3\)和递推公式\(a_{n+1}=\cfrac{3a_n}{a_n+3}\),直接计算\(a_2\)\(a_3\)\(a_4\),速度要快的多。

法2:先利用倒数法求的通项公式\(a_n\),再计算\(a_4\),要比法1的思路慢一些。

⑤设元技巧

当题目已知三个数成等差数列时,我们常常依次设三个数为\(a-d\)\(a\)\(a+d\),这样设元的优越性在于其和为\(3a\),如果题目恰好已知了其和的值,则中间的数立马可知,这样变量就剩下一个\(d\)了;当已知五个数成等差数列时,常设为\(a-2d\)\(a-d\)\(a\)\(a+d\)\(a+2d\)

给出方式

  • 直接给出:\(a_{n+1}-a_n=3\)
  • 赋值给出:\(a_{n+m}=a_n+ a_m\)\(a_1=2\),求通项公式\(a_n\)[8]
  • 变形给出:\(S_{n+1}=S_n+a_n+3\),即\(a_{n+1}-a_n=3\)
  • 变形给出:点\((a_{n+1},a_n)\)在直线\(x-y-3=0\)上,则\(a_{n+1}-a_n=3\)
  • 运算给出:\((a_{n+1}+a_n)(a_{n+1}-a_n)=2(a_{n+1}+a_n)\)\(a_n>0\)
  • 向量给出:\(\overrightarrow{P_nP_{n+1}}=(1,a_{n+1}-a_n)=(1,3)\)
  • 构造给出:

引例,如\((n+1)a_n=na_{n+1}\),构造得到,\(\cfrac{a_{n+1}}{n+1}=\cfrac{a_n}{n}\),即\(\cfrac{a_{n+1}}{n+1}-\cfrac{a_n}{n}=0\),即数列\(\{\cfrac{a_n}{n}\}\)为等差数列[常数列];

引例如\((n+1)a_{n+1}=na_n\),构造得到,\((n+1)a_{n+1}-na_n=0\),即数列\(\{n\cdot a_n\}\)为常数列;

其他请参阅数列的常见构造方法

典例剖析

已知等差数列\(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\),满足\(a_1+b_{10}=9\)\(a_3+b_8=15\),则\(a_5+b_6\)=______________.

分析:由已知得到,\(a_3+b_8=\cfrac{2a_3+2b_8}{2}\)

\(=\cfrac{(a_1+a_5)+(b_{10}+b_6)}{2}=\cfrac{(a_1+b_{10})+(a_5+b_6)}{2}\)

\(15=\cfrac{9+(a_5+b_6)}{2}\),解得\(a_5+b_6=21\)

由正数组成的等差数列\(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\)\(T_n\),且\(\cfrac{a_n}{b_n}=\cfrac{2n-1}{3n-1}\),则\(\cfrac{S_5}{T_5}\)=______________。

分析:\(\cfrac{S_5}{T_5}=\cfrac{5a_3}{5b_3}=\cfrac{a_3}{b_3}=\cfrac{2\times 3-1}{3\times 3-1}=\cfrac{5}{8}\)

【2021届高三文数三轮模拟题】已知 \(S_n\)\(T_n\) 分别为等差数列 \(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\) 的前 \(n\) 项和,若 \(\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}\),则 \(\cfrac{a_5}{b_3}\)=___________.

解析: 由于等差数列的前 \(n\) 项和公式为 \(S_n=An^2+Bn=An(n+\cfrac{B}{A})\),又由于 \(\cfrac{S_n}{T_n}=\cfrac{2n+1}{3n+2}\)

[备注:说明 \(S_n\)\(T_n\) 约去了相同的公因式,应该是关于 \(n\) 的一次式,不妨设为\(kn\)]

故可以设 \(S_n=kn(2n+1)\)\(T_n=kn(3n+2)\)

\(\cfrac{a_5}{b_3}=\cfrac{S_5-S_4}{T_3-T_2}=\cfrac{55k-36k}{33k-16k}=\cfrac{19k}{17k}=\cfrac{19}{17}\).

在等差数列\(\{a_n\}\)中,\(a_1=-2018\),其前\(n\)项和为\(S_n\),若\(\cfrac{S_{12}}{12}-\cfrac{S_{10}}{10}=2\),则\(S_{2018}\)的值等于【】

$A.-2018$ $B.-2016$ $C.-2019$ $D.-2017$

分析:由题意可知,数列\(\{\cfrac{S_n}{n}\}\)为等差数列,由\(\cfrac{S_{12}}{12}-\cfrac{S_{10}}{10}=2\),可知其公差为\(1\)

\(\cfrac{S_{2018}}{2018}=\cfrac{S_1}{1}+(2018-1)\times 1=-2018+2017=-1\)

\(S_{2018}=-2018\)。故选\(A\)

【2014高考全国卷Ⅰ】已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)\(a_1=1\)\(a_n\neq 0\)\(a_na_{n+1}=\lambda S_n-1\),其中\(\lambda\)为常数,

(1)证明:\(a_{n+2}-a_n=\lambda\)

分析:先想办法消掉\(S_n\)类,让条件中只剩下\(a_n\)类,故求解如下:

由题设知道,\(a_na_{n+1}=\lambda S_n-1\)①,

则有\(a_{n+1}a_{n+2}=\lambda S_{n+1}-1\)②,

②-①得到,\(a_{n+1}a_{n+2}-a_na_{n+1}=\lambda(S_{n+1}-S_n)\)

\(a_{n+1}(a_{n+2}-a_n)=\lambda a_{n+1}\)

由于\(a_{n+1}\neq 0\),约掉\(a_{n+1}\)得到,

\(a_{n+2}-a_n=\lambda\)

【注意】上式表明,数列\(\{a_n\}\)中,奇数项成等差数列,首项为\(a_1\),公差为\(\lambda\)

偶数项成等差数列,首项为\(a_2\),公差为\(\lambda\)

(2)是否存在\(\lambda\),使得\(\{a_n\}\)为等差数列,并说明理由。

分析:存在满足题意的实数\(\lambda\),使得数列\(\{a_n\}\)成等差数列,理由如下:

由题设可知,\(a_1=1\),令\(n=1\),则\(a_1a_2=\lambda S_1-1\),解得\(a_2=\lambda-1\)

又由\(a_{n+2}-a_n=\lambda\)可知,当\(n=1\)时,\(a_3=\lambda+1\)

\(2a_2=a_1+a_3\),即\(2(\lambda-1)=1+\lambda+1\),解得\(\lambda=4\)

\(a_{n+2}-a_n=4\),且可知

数列\(\{a_{2n-1}\}\)是首项为\(a_1=1\),公差为\(4\)的等差数列,\(a_{2n-1}=4n-3\)

\(a_{2n-1}=1+\cfrac{[(2n-1)-1]}{2}\times 4=4n-3=2(2n-1)-1\)

数列\(\{a_{2n}\}\)是首项为\(a_2=3\),公差为\(4\)的等差数列,\(a_{2n}=4n-1\)

\(a_{2n}=3+\cfrac{(2n-2)}{2}\times 4=4n-1=2(2n)-1\)

所以\(a_n=2n-1\)\(n\in N^*\),即\(a_{n+1}-a_n=2\)[9]

因此存在满足题意的实数\(\lambda\),使得数列\(\{a_n\}\)成等差数列。

【2018•凤中模拟】【考点:数列的单调性,二次函数的对称性和单调性,恒成立命题】 已知数列\(\{a_n\}\)中,\(a_n=n^2-kn(k\in N)\),且\(\{a_n\}\)单调递增,则\(k\)的取值范围为【 】

$A.(-\infty,2]$ $B.(-\infty,3)$ $C.(-\infty,2)$ $D.(-\infty,3]$

【法1】、由于\(a_n=n^2-kn(n\in N^*)\),且\(\{a_n\}\)单调递增,

所以\(a_{n+1}-a_n>0\)\(\forall n\in N*\)都成立,

\(a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-k(n+1)-n^2+kn=2n+1-k\),所以由\(2n+1-k>0\)

\(k<2n+1\)恒成立,可知\(k<(2n+1)_{min}=3\).

【法2】:借助二次函数的对称性和单调性,

\(a_n=(n-\cfrac{k}{2})^2-\cfrac{k^2}{4}\),其对称轴是\(n=\cfrac{k}{2}\)

要使得\(\{a_n\}\)单调递增,

则必须且只需\(\cfrac{k}{2}<\cfrac{3}{2}\),解得\(k<3\),故选\(B\)

【法3】:尝试导数法。

\(a_n=f(n)=n^2-kn\)为单调递增数列,则\(f'(n)\ge 0\)\(n\in N^*\)上恒成立,

\(f'(n)=2n-k\ge 0\)\(n\in N^*\)上恒成立,分离参数得到,

\(k\leq 2n\)\(n\in N^*\)上恒成立,即\(k\leq (2n)_{min}=2\)

\(k\leq 2\)。这个解法是错误的。

错因分析:数列\(a_n=f(n)\)单调递增,但函数\(y=f(x)\)不一定单调递增,

但是若函数\(y=f(x)\)单调递增,则其对应的数列\(a_n=f(n)\)必然单调递增。

感悟反思:

1、法1转化为恒成立问题,很好理解;

2、法2很容易错解为 \(\cfrac{k}{2}<1\),故\(k<2\),其实这是充分不必要条件,也就是说遗漏了一部分的解集,可以看看上面的图像解释。

3、数列\(\{a_n\}\)单调递增的充要条件是\(a_{n+1}>a_n\),而不是\(f'(n)\ge 0\)恒成立。

【2019届•高三理科数学课时作业】已知等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\),其中\(n\in N^*\),则下列命题错误的是【】

$A.$若$a_n>0$,则$S_n>0$
$B.$若$S_n>0$,则$a_n>0$
$C.$若$a_n>0$,则$\{S_n\}$是单调递增数列
$D.$若$\{S_n\}$是单调递增数列,则$a_n>0$

分析:选项\(A\):由于\(a_n>0\),由\(S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}\)可得,\(S_n>0\),或由定义式可知\(S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n>0\);而且由\(a_n>0\)能得到\(d\ge 0\),否则\(d<0\)就不能保证\(a_n>0\)。故选项\(A\)正确;

选项\(B\):由于\(S_n>0\),则可知\(d\ge 0\),否则不能保证\(S_n>0\)。这样得到\(a_n=a_1+(n-1)d>0\),故选项\(B\)正确;

选项\(C\):由于\(a_n>0\),则可知\(d\ge 0\),可知数列\(\{S_n\}\)是单调递增数列,故选项\(C\)正确;

选项\(D\):由数列\(\{-1,1,3,5,\cdots\}\)可知,\(S_1=-1\)\(S_2=0\)\(S_3=3\)\(S_4=8\),则数列\(\{S_n\}\)是单调递增数列,但不能保证\(a_n>0\),故选项\(D\)不正确;

综上所述,故选\(D\)

反思总结:若有\(a_n>0\),则即使数列不是等差数列,也必有\(S_n>0\),且有数列\(\{S_n\}\)是单调递增数列。

【2019届•高三理科数学课时作业】【2018广东潮州二模】在我国古代著名的数学专著《九章算术》中有一段叙述:今有良马与驽马发长安至齐,齐去长安一千一百二十五里,良马初日行一百零三里,日增一十三里;驽马初日行九十七里,日减半里,良马先至齐,复还迎驽马,二马相逢,问:几日相逢?【】

$A.8日$ $B.9日$ $C.12日$ $D.16日$

分析:良马日行构成等差数列\(\{a_n\}\),其中\(a_1=103\),公差\(d_1=13\),其前\(n\)项和为\(S_n\)

驽马日行构成等差数列\(\{b_n\}\),其中\(b_1=97\),公差\(d_2=-\cfrac{1}{2}\),其前\(n\)项和为\(T_n\)

设两马\(n\)日能相逢,则由题可知,\(S_n+T_n=2\times 1125\),即\(103n+\cfrac{n(n-1)}{2}\times 13+97n+\cfrac{n(n-1)}{2} \times (-\cfrac{1}{2})=2250\)

解得\(n=9\),或者由上式直接验证得到\(n=9\),故选\(B\)

【2018广东中山期末】已知等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)\(S_4=40\)\(S_n=210\)\(S_{n-4}=130\),则\(n\)=【】

$A.12$ $B.14$ $C.16$ $D.18$

法1:建立相应的方程组求解即可,只是运算可能复杂些;

法2:利用等差数列的性质,\(S_n-S_{n-4}=80\),即\(a_n+a_{n-1}+a_{n-2}+a_{n-3}=80\)

\(a_1+a_2+a_3+a_4=40\),两式相加,得到\(4(a_1+a_n)=120\),即\(a_1+a_n=30\)

\(S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=210\),则\(n=14\),故选\(B\)

【数列的相关运算】已知数列\(\{a_n\}\)是等差数列,其前\(n\)项和为\(S_n\),已知\(S_6=42\)\(S_{12}=156\),求\(S_{18}\)的值。

【法1:以\(a_1\)\(d\)为元的方程组法】利用\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\times d\)得到,

\(\begin{cases}S_6=6a_1+15d=42\\S_{12}=12a_1+66d=156\end{cases}\),解得\(\begin{cases}a_1=2\\d=2\end{cases}\)

\(S_{18}=18a_1+\cfrac{18\times17}{2}\times 2=342\)

【法2:以\(a\)\(b\)为元的方程组法】由等差数列的性质知道,其前\(n\)项和公式可以写成这样:\(S_n=an^2+bn\)

由此得到,\(\begin{cases}S_6=36a+6b=42\\S_{12}=144a+12b=156\end{cases}\),解得\(\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}\)

\(S_{18}=1\times 18^2+1\times 18=342\)

【法3:等差数列性质,函数法】注意到\(\cfrac{S_n}{n}=an+b\),即表明数列\(\{\cfrac{S_n}{n}\}\)也是一个等差数列。

由于\(\cfrac{S_6}{6}\)\(\cfrac{S_{12}}{12}\)\(\cfrac{S_{18}}{18}\)分别是数列的第\(6,12,18\)项,故这三项也是成等差数列的,

则有$2\times\cfrac{S_{12}}{12}=\cfrac{S_6}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $,即$2\times\cfrac{156}{12}=\cfrac{42}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $,

解得\(S_{18}=342\)

【法4:等差数列性质法】由于\(S_6,S_{12}-S_6,S_{18}-S_{12}\)成等差数列,

故有\(2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12}\),即\(2(156-42)=42+S_{18}-156\)

解得\(S_{18}=3(156-42)=342\)

综合应用

【绝对值数列求和】已知数列\(\{a_n\}\)的通项公式是\(a_n=3n-63\),它的前\(n\)项和为\(S_n\),求数列\(\{|a_n|\}\)的前\(n\)项和\(T_n\)

解析:令\(a_n=3n-63\leq 0\),则\(n\leq 21\)

故数列\(\{|a_n|\}\)的通项公式为\(|a_n|= \begin{cases}63-3n &n\leq 21 \\ 3n-63 &n\ge22 \end{cases}\)

[备注:由于数列的通项公式是分段函数,所以其前\(n\)项和自然也应该用分段函数来表达刻画]

\(1^。\)\(n\leq 21\)\(T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|\)

\(=-a_1-a_2-\cdots-a_n\)

\(=-\cfrac{(a_1+a_n)\times n}{2}\)

\(=-\cfrac{[-60+(3n-63)]\times n}{2}\)

\(=-\cfrac{3n^2-123n}{2}=\cfrac{123n-3n^2}{2}\).

\(2^。\)\(n\ge 22\)\(T_n=|a_1|+|a_2|+\cdots+|a_n|\)

\(=-a_1-a_2-\cdots-a_{21}+a_{22}+\cdots+a_n\)

\(=(a_1+a_2+\cdots+a_{21}+a_{22}+\cdots+a_n)-2(a_1+a_2+\cdots+a_{21})\)

\(=S_n-2S_{21}\)\(=\cfrac{[-60+(3n-63)]n}{2}-2\times\cfrac{[(3\times 1-63)+(3\times 21-63)]\times 21}{2}\)

$=\cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 $.

故数列\(\{|a_n|\}\)的前\(n\)项和\(T_n=\begin{cases}\cfrac{123n-3n^2}{2} &n\leq 21 \\ \cfrac{3n^2-123n}{2}+1260 &n\ge 22\end{cases}\)

【2018四川内江一模】已知\(S_n\)是等差数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和,\(a_1=1\)\(a_8=3a_3\),则\(\cfrac{a_2}{S_1S_2}+\cfrac{a_3}{S_2S_3}+\cfrac{a_4}{S_3S_4}+\cdots+\cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}\)=___________。

提示:\(d=2\)\(\cfrac{a_{n+1}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{S_{n+1}-S_{n}}{S_n\cdot S_{n+1}}=\cfrac{1}{S_n}-\cfrac{1}{S_{n+1}}\)

\(\cfrac{a_2}{S_1S_2}+\cfrac{a_3}{S_2S_3}+\cfrac{a_4}{S_3S_4}+\cdots+\cfrac{a_{n+1}}{S_nS_{n+1}}=1-\cfrac{1}{(n+1)^2}\)

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第19题】已知数列\(\{a_n\}\)和数列\(\{b_n\}\)满足\(a_1=1\)\(b_1=0\)\(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4\)\(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4\)

(1).证明:\(\{a_n+b_n\}\)是等比数列,\(\{a_n-b_n\}\)是等差数列,

分析:考查等差等比数列的证明方法(定义法和等差[比]中项法),以及整体意识或字母的内涵和方程思想。

解析:由题设可知\(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4\)①,\(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4\)②,

由①+②得到,\(4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n)\);即\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)

又由于\(a_1+b_1=1\neq 0\),所以数列\(\{a_n+b_n\}\)是首项为\(1\),公比为\(\cfrac{1}{2}\)的等比数列;

由①-②得到,\(4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8\);即\(a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2\)

又由于\(a_1-b_1=1\),所以数列\(\{a_n-b_n\}\)是首项为\(1\),公差为\(2\)的等差数列;

【注意细节】由\(a_{n+1}+b_{n+1}=\cfrac{1}{2}(a_n+b_n)\)不能得到\(\cfrac{a_{n+1}+b_{n+1}}{a_n+b_n}=\cfrac{1}{2}\),还需要条件\(a_1+b_1\neq 0\)的配合;

相关链接:对数列中\(a_n\)的内涵的理解

(2).求\(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\)的通项公式;

分析:考察数列的通项公式的求法;

解析:由(1)分别写出数列\(\{a_n+b_n\}\)和数列\(\{a_n-b_n\}\)的通项公式,

\(a_n+b_n=1\times (\cfrac{1}{2})^{n-1}=\cfrac{1}{2^{n-1}}\)③,\(a_n-b_n=1+(n-1)\times 2=2n-1\)④;

由③+④,变形整理得到,\(a_n=\cfrac{1}{2^n}+n-\cfrac{1}{2}\)\(n\in N^*\)

由③-④,变形整理得到,\(b_n=\cfrac{1}{2^n}-n+\cfrac{1}{2}\)\(n\in N^*\)

相关链接:1、求数列的通项公式;2、方程思想

【2021 全国高三二模】已知数列 \(\{a_{n}\}\) 是等差数列, 其前 \(n\) 项和为 \(S_{n}\), 有下列四个命题:

甲: \(a_{18}=0\); 乙: \(S_{35}=0\); 丙: \(a_{17}-a_{19}=0\); 丁: \(S_{19}-S_{16}=0\) .

如果只有一个是假命题, 则该命题是 \(【\quad】\)

$A.甲$ $B.乙$ $C.丙$ $D.丁$

解析:若 \(S_{35}=0\) ,则 \(S_{35}=\cfrac{35\left(a_{1}+a_{35}\right)}{2}=0\) ,即 \(a_{18}=0\)

\(a_{17}-a_{19}=0\) ,所以 - \(2 d\) \(=0\) ,即 \(d=0\)

\(S_{19}-S_{16}=a_{17}+a_{18}+a_{19}=0\) ,所以 \(a_{18}=0\).

这样命题 甲、乙、丁 为三个等价命题,又因为只有一个是假命题, 所以丙是假命题.

  • 重新编辑于2020-07-23 by WangHai.

  1. 对公式的解读,
    \(a_n=a_1+(n-1)d\),若定义相邻两项的差\(a_2-a_1\)为间隔距离[其实就是公差],则\(n-1\)意味着\(a_1\)\(a_n\)两项之间的间隔距离数为\(n-1\)个,不能仅仅理解为对应的两项的下标之差;否则在处理隔项取值得到的数列的通项公式的计算时,非常容易出错,尤其要注意理解这一点。
    比如数列\(\{n\}\),我们知道,\(a_n=n\),那么其所有的奇数项构成的数列的通项公式如何写呢?
    首先其下标应该体现奇数,故采用\(2n-1(n\geqslant1)\)[也可以取\(2n+1(n\geqslant -1)\),故一般不用这种形式],其次首项还是\(1\),末项为\(a_{2n-1}\),此时的公差变为\(2\)了,\(a_1\)\(a_{2n-1}\)两项的间隔距离的个数变成了\(\cfrac{(2n-1)-1}{2}=n-1\)
    \(a_{2n-1}=1+\cfrac{(2n-1)-1}{2}\times 2=2n-1\) ↩︎

  2. 以数列\(\{pa_n+qb_n\}\)(\(p,q\)为常数)为例,说明如何判断其为等差数列?
    设数列\(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\)分别是公差为\(d_1\)\(d_2\)的等差数列,
    由于\((pa_{n+1}+qb_{n+1})-(pa_n+qb_n)=p(a_{n+1}-a_n)+q(b_{n+1}-b_n)=p\cdot d_1+q\cdot d_2\)
    由于\(p\cdot d_1+q\cdot d_2\)为常数,故数列\(\{pa_n+qb_n\}\)为等差数列,公差为\(p\cdot d_1+q\cdot d_2\)
    其他数列的判断证明与此同理; ↩︎

  3. 由于\(a_m=a_1+(m-1)d\)\(a_{m+k}=a_1+(m+k-1)d\)
    则新数列的公差为\(a_{m+k}-a_m=kd\); ↩︎

  4. \(S_{2n-1}=\cfrac{(a_1+a_{2n-1})\times(2n-1)}{2}=\cfrac{2a_n\times(2n-1)}{2}=(2n-1)\cdot a_n\)
    \(S_{2n}=\cfrac{(a_1+a_{2n})\times 2n}{2}=n(a_1+a_{2n})=\cdots=n(a_n+a_{n+1})\)↩︎

  5. 证明如下:
    由于等差数列\(\{a_n\}\)\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\)\(T_n\)
    \(S_{2n-1}=(2n-1)a_n\)\(T_{2n-1}=(2n-1)b_n\)
    \(\cfrac{S_{2n-1}}{T_{2n-1}}=\cfrac{a_n}{b_n}\)↩︎

  6. 如果等差数列的公差\(d<0\),则此等差数列不论首项有多大,到最后一定会出现负数项,不满足题意,故\(d\geqslant0\);由于\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\cdot d>0\),正数之和一定为正,并且只要是正数,则正数相加的个数越多,其和越大; ↩︎

  7. 由于\(S_n=An^2+Bn\),若\(A=0\),则\(d=0\),则满足\(d\ge 0\),也可知\(a_n>0\)
    \(A\neq0\),则必有\(A>0\),即\(d>0\),否则二次函数开口向下,必然不满足\(S_n>0\)
    又由于\(S_1=a_1>0\),故\(a_n=a_1+(n-1)d>0\)↩︎

  8. \(m=1\)得到\(a_{n+1}=a_n+ a_1\)
    \(a_{n+1}-a_n=a_1=2\),不就是等差数列嘛;
    \(a_n=2+(n-1)\times 2=2n\)↩︎

  9. 详细说明如下:
    \(a_{2n-1}=2(2n-1)-1\)
    \(a_{2n}=2(2n)-1\)
    故合二为一得到,
    \(a_n=2n-1\)\(n\in N^*\),即\(a_{n+1}-a_n=2\)↩︎

posted @ 2018-12-29 09:37  静雅斋数学  阅读(7934)  评论(4编辑  收藏  举报
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